ΘΑΛΗΣ 2015

Kostas Tzimoulias · #21

Για το δεύτερο που ήταν το μόνο ολοκληρωμένα σωστό που έλυσα: Προσπαθούμε να δημιουργήσουμε 2 κοινόυς όρους a,b

a=x^2+1 και b=2x^2-3x+3

( αν θυμάμαι καλά) τα υπόλοιπα έυκολα...

nickthegreek · #22

Kostas Tzimoulias έγραψε:στο τρίτο θεμα της Γ λυκείου, προσπάθησα να βγάλω μια συνάρτηση που δίνει πρώτους (απέτυχα παταγωδώς) και με υπερβολικη περιπτωσεολογία κατέληγα συνέχεια οτι το πρώτο μέλος είναι άρτιος και το γινόμενο περιττός, αφού είναι γινόμενο πρώτων...δεν ξέρω που έχω κάνει λάθος...

Aγαπητέ Κώστα,

Κατ΄αρχάς καλή επιτυχία για τον διαγωνισμό. Αποφάσισα να μη σου στείλω σε πμ διότι θεωρώ ότι το θέμα που θίγεις είναι ιδιαίτερα διδακτικό και μπορεί να το σκέφτηκαν και άλλοι.

Ο λόγος που απέτυχες να βρεις τέτοια συνάρτηση είναι διότι, πολύ απλά, δεν υπάρχει! Μάλιστα, αν υπήρχε τέτοια συνάρτηση g(x,y)

που ισούται πάντα με το αριστερό μέλος, αυτή θα ήταν πολυωνυμική (γιατί;) . Όμως είναι ενδιαφέρουσα άσκηση να προσπαθήσει κανείς να αποδείξει πως δεν υπάρχει πολυώνυμο που να δίνει τιμές πάντα πρώτους αριθμούς.

Φιλικά,
Νίκος

Kostas Tzimoulias · #23

Γεια σου Νίκο, θα ήθελα να το δω αυτό...όσον αφορά το άλλο σήμερα μου θύμισε ενα παιδί στο mathematica ότι το 2 είναι πρώτος...γι'αυτό και δεν κατάφερα να βρω λύσεις

#24

ΘΕΜΑ 2/ Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Αρχική παρατήρηση: Ο αριθμός αυτός δεν είναι μοναδικός, οπότε θεωρώ ότι η εκφώνηση θα έπρεπε να ξεκινά "Να βρεθούν όλοι οι τριψήφιοι....".

Οι δυνατές τιμές του $\beta$ είναι 0,4

και

.

Ο $\nu$ διαιρεί το $28=2^2\cdot 7$ και το $42=2\cdot 3\cdot 7$ , κι άρα οι δυνατές τιμές του είναι 1,2,7,14

.

Αφού $\alpha <10$ οι τιμές

και

απορρίπτονται αμέσως.

Αν $\nu=7$ , τότε $\alpha=4$ και $\gamma=6$ , ενώ αν $\nu=14$ , τότε $\alpha=2$ και $\gamma=3$ .

Συνεπώς, οι αριθμοί που πληρούν όλες τις συνθήκες είναι οι

203

,

, και

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

glarf · #25

Μπορείτε να ανεβάσετε τις λύσεις της 3ης γυμνασίου παρακαλώ;

panagiotis99 · #26

Αγνόηστε την λύση μου έχω ξεχασει να γράψω ένα βήμα που είναι παρεμφερες με τις ενδεικτικές λύσεις

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αγνόηστε την λύση μου έχω ξεχασει να γράψω ένα βήμα που είναι παρεμφερες με τις ενδεικτικές λύσεις

Ευχαριστώ πολύ τον Κ.Αχιλλέα για την επισήμανση (άλλη μια φορά που την πατάω λόγω βιασύνης)

#27

panagiotis99 έγραψε:....
Φέρνοντας όλες της σχέσης στην μορφή της και με πολλαπλασιασμό κατα μέλη έχουμε

$abc=\frac{abc}{\prod ( \sqrt[3]{b}-1)} \Rightarrow \prod{(\sqrt[3]{b}-1) }=1$

Kαι αφού $a,b,c \geq 1$ το ζητούμενο έπαιται

Συνεπώς έχουμε

Εδώ θέλει προσοχή! Δεν έπεται άμεσα ότι $\sqrt[3]{a}-1=\sqrt[3]{b}-1=\sqrt[3]{c}-1=1$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#28

emouroukos έγραψε:ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Επειδή ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του , και ο αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του .

Επειδή ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του , και ο αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του .

Επειδή ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του , και ο αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του .

Αλλά οι αριθμοί και είναι σχετικά πρώτοι ανά δύο, οπότε ο αριθμός θα είναι πολλαπλάσιο του $\displaystyle{3 \cdot 10 \cdot 11 = 330.}$ Έτσι, αφού $\displaystyle{0< x < 1000,}$ θα έχουμε τις περιπτώσεις:

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 0,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{9,10,11.}$

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 330,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{339,340,341.}$

$\bullet$ $\displaystyle{x - 10 = 660,}$ οπότε οι ζητούμενοι διαδοχικοί ακέραιοι είναι οι $\displaystyle{669,670,671.}$

Εύκολα βλέπουμε ότι όλες οι παραπάνω λύσεις είναι δεκτές.

Βαγγέλη, μια τέτοια λύση προσπαθούσα να βρω εκεί που πήγαινα πέρα δώθε στο εξεταστικό, αλλά με τις υποχρεώσεις και του προέδρου , δεν τα κατάφερα

.

Έτσι αναγκάστηκα να ανατρέξω στο κριτήριο διαιρετότητας με το

.Για να είναι ο αριθμός $x+1 = \overline {ab1}$ πολλαπλάσιο του

θα πρέπει τελικά 1-b+a=0

, δηλαδή

.

Υποφήφιοι λοιπόν για τον

είναι οι αριθμοί :

010 , 120,230, 340 , 450 , 560 , 670 , 780 , 890

Αν λάβουμε υπόψιν και τον περιορισμό για τον x-1

που απαιτεί αυτός να είναι πολλαπλάσιο του

αμέσως καταλήγουμε στους αριθμούς 10,340,670

Μπάμπης

papamixalis · #29

glarf έγραψε:μπορειτε να ανεβασετε τις λυσεις της 3ης γυμνασιου παρακαλω?

Γ γυμνασίου πρόβλημα 1

$a=\dfrac{1}{(\dfrac{2}{3})^4}=\dfrac{81}{16}$

$A=\dfrac{\dfrac{81-16}{16}}{\dfrac{81-48}{16}} + \dfrac{1}{33}+\dfrac{16}{81} \cdot \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{27}=\dfrac{65}{33}+\dfrac{1}{33}+\dfrac{8}{27}+\dfrac{1}{27}=2+\dfrac{1}{3}=\dfrac{7}{3}$

Φιλικά
Μιχάλης

#30

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Τα σημερινά θέματα του ΘΑΛΗ 2015 !

Ας γράψουμε εδώ τις λύσεις ,έστω και σύντομες παρά υποδείξεις.

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν .

Μπ

Άφησα να βάλω αύριο τις λύσεις της ΕΜΕ, ώστε οι διαγωνιζόμενοι να προλάβουν να ανεβάσουν τις λύσεις τους που βρήκαν την ώρα της εξέτασης , αλλά

ενδεχομένως και αυτές που βρήκαν όταν γύρισαν στο σπίτι και έλυσαν τα θέματα με την ησυχία τους.

Μπ

loukaz7 · #31

Να πω και εγώ με την σειρά μου ένα μεγάλο μπράβο σε όλους τους συμμετέχοντες και καλά αποτελέσματα!!!

Όσον αφορά τα θέματα της Α Λυκείου που έδωσα μου φάνηκαν λίγο δυσκολότερα από τα περσινά (ειδικά το 3).
Τελικά τα έλυσα όλα , αλλά δυσκολεύτηκα λίγο.

Καλή συνέχεια σε όλους

#32

achilleas έγραψε:ΘΕΜΑ 3/Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Το αριστερό μέλος είναι , δηλ. άρτιος.

Άρα , κι η εξίσωση γίνεται

...

Διαφορετικά, αφού οι αριθμοί x(x+1)

και

είναι άρτιοι και μη αρνητικοί θα είναι x(x+1)=2

και

ή ανάποδα...

#33

achilleas έγραψε:ΘΕΜΑ 4/Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Προφανώς μια λύση είναι .

Θέτουμε $x=\sqrt[3]{a}$ , $y=\sqrt[3]{b}$ , $z=\sqrt[3]{c}$

οπότε το σύστημα γίνεται

$y-1=\dfrac{z^3}{x^3}$
$z-1=\dfrac{x^3}{y^3}$
$x-1=\dfrac{y^3}{z^3}$

Έστω $z=\min\{x,y,z\}$ .

Αν $x\geq y\geq z$ , τότε $y=1+\dfrac{z^3}{x^3}\leq 2$ και $z=1+\dfrac{x^3}{y^3}\geq 2$ .

Άρα $2\geq y\geq z\geq 2$ , οπότε , κι άρα , όποτε (αφού $2\geq y\geq z\geq 2$ ).

Αν $y\geq x\geq z$ , τότε ομοίως βρίσκουμε ότι

$y\leq 2$ , $x\geq 2$ και $z\leq 2$ .

Συνεπώς, $2\geq y\geq x\geq 2\geq z$ , δηλ. .

Άρα είναι η μοναδική άλλη λύση (Edit: εκτός από την που βρήκαμε στην αρχή φυσικά)

Φιλικά,

Αχιλλέας

Πολύ παρόμοιο είδαμε εδώ:
viewtopic.php?p=213905#p213905

Μιχάλης Τσουρακάκης · #34

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Τα σημερινά θέματα του ΘΑΛΗ 2015 !

Ας γράψουμε εδώ τις λύσεις ,έστω και σύντομες παρά υποδείξεις.

Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά που συμμετείχαν .

Γεια σου Μπάμπη.

Προφανώς ένας μαθητής Α΄τάξης,δεν έχει διδαχτεί ακόμη τα παραλληλόγραμμα και τα αντίστοιχα θεωρήματα,ούτε τραπέζια. Επομένως θα απαντήσει με τις μέχρι τώρα γνώσεις του….

$\displaystyle{\angle EDB = {60^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{AD = DE \Rightarrow 2x + {120^0} = {180^0} \Rightarrow x = {30^0}}$ και το ύψος $\displaystyle{AP}$ του $\displaystyle{\vartriangle AET}$ είναι και διχοτόμος οπότε $\displaystyle{\angle EAT = {60^0}}$ και $\displaystyle{AE = AT \Rightarrow \vartriangle AET}$ ισόπλευρο

Επειδή $\displaystyle{D}$ είναι σημείο της μεσοκάθετης $\displaystyle{AP}$ του $\displaystyle{ET}$ θα είναι $\displaystyle{DE = DT}$ .Ακόμη, $\displaystyle{BT = BE = ET = DB}$ άρα, $\displaystyle{\vartriangle DBT}$ ισόπλευρο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle PTB = {30^0} \Rightarrow \angle ATB = {30^0} + {60^0} = {90^0}}$

Είναι, $\displaystyle{\angle TDA = \angle DA\Theta = {120^0}}$ άρα $\displaystyle{\angle AD\Theta = {30^0} \Rightarrow \angle \Theta DT = {180^0} - {30^0} - {60^0} = {90^0}}$ και $\displaystyle{\vartriangle DA\Theta = \vartriangle ADT}$ αφού έχουν και $\displaystyle{AD = DT = A\Theta }$

Έτσι $\displaystyle{D\Theta = AT}$ .Τότε όμως τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{\Theta DT,ATB}$ έχουν $\displaystyle{AT = \Theta D,BT = DT}$ άρα είναι ίσα.

: a.g.png (109.27 KiB) Προβλήθηκε 2093 φορές

vasisot · #35

ΘΕΜΑ 4/Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

(Μία ακόμη λύση, με την παραμελημένη επαγωγική μέθοδο) .

Επειδή ο

είναι πολλαπλάσιο του

το ψηφίο των μονάδων του θα είναι

και αφού είναι μικρότερος του 1000

θα υπάρχουν οι εξής περιπτώσεις:

1. Αν ο

είναι μονοψήφιος τότε x=0

που δεν ικανοποιεί όμως τις άλλες απαιτήσεις.

2. Αν ο

είναι διψήφιος τότε x=10,20,30,...,90

από τις οποίες μόνο η x=10

ικανοποιεί τις άλλες απαιτήσεις.

3. Αν ο

είναι τριψήφιος τότε αφού το ψηφίο των μονάδων του x+1

θα είναι το

, για να είναι αυτό πολλαπλάσιο του

θα πρέπει να πολλαπλασιαστεί μόνο με
11,21,31,41,51,61,71,81

. Τότε προκύπτουν οι αριθμοί x+1=121,231,341, 451,561,671,781,891

.
Έτσι θα είναι x-1=119,229,339, 449,559,669,779,889

. Από αυτούς διαιρούνται με το

(το άθροισμα ψηφίων τους διαιρείται με το

) οι

. Επομένως x=340,670

.

Τελικά οι ζητούμενοι ακέραιοι είναι οι :
9,10,11
339,340,341
669,670,671.

#36

Μία παρατήρηση μόνο: Το 4ο θέμα της Β Γυμνασίου είναι μία καλή εισαγωγή στο Κινέζικο Θεώρημα Υπολοίπων!

Κοτσόβολης Γιώργος · #37

Για το τέταρτο θεμα της γ λυκείου( Με παραπομπή στο σχήμα του vittasko που βρίσκεται παραπάνω):
Είναι:
Έχοντας αποδείξει πως D, S, E

συνευθειακά MSEC

,

εγγεγραμμένα τραπέζια και άρα ισοσκελή.Επομένως είναι SM=AC/2

και

.
H γωνία MSK

εύκολα δείχνουμε μέσω του σημείου

πως είναι ίση με την γωνία

.
Επομένως τα τρίγωνα ABC

και

είναι όμοια. Άρα ΜΝ=BC/2=DE

Αυτό μαζί με την προφανή παραλληλία των DE, MN

μας δίνει την λύση

#38

smar έγραψε:Μία παρατήρηση μόνο: Το 4ο θέμα της Β Γυμνασίου είναι μία καλή εισαγωγή στο Κινέζικο Θεώρημα Υπολοίπων!

Ας μου επιτραπεί να προσθέσω ότι ίσως από τα φετινά οκτώ (8) θέματα του γυμνασίου ήταν το "ομορφότερο".

Θα ήθελα, για παράδειγμα, να δω μια "εξυπνη¨και "κομψή" λύση για το 4ο της Γ γυμνασίου, χωρίς πολλές περιπτώσεις, αλλά πλήρης.

Φιλικά,

Αχιλλέας

simantiris j. · #39

Ωραία θέματα και στη Β' Λυκείου σήμερα.Ειδικά το 4ο θέμα ήταν όμορφο και δύσκολο.Η αξιοποίηση της κυκλικότητας του συστήματος σε συνδυασμό με το λεπτό χειρισμό που απαιτούνταν και την έμμεση προσπάθεια να βγει ένας αριθμός και μικρότερος και μεγαλύτερος από 8 ώστε να ισχύει η ισότητα και η λεπτοδουλειά με τις ανισότητες το καθιστούν εξαιρετικό αλγεβρικό θέμα.Συγχαρητήρια στην επιτροπή και καλή επιτυχία σε όλους μας!

gavrilos · #40

Γεια σε όλους!

Συγχαρητήρια σε όσους συμμετείχαν και καλά αποτελέσματα.Συνοπτικά οι λύσεις μου στα θέματα της Γ' Λυκείου.

Πρόβλημα 1

: Θαλής 2015,Θέμα 1.PNG (16.86 KiB) Προβλήθηκε 2028 φορές

i) Έστω $\displaystyle{y=kx+l}$ η εξίσωση της $\displaystyle{\varepsilon}$ .Σύμφωνα με τα δεδομένα της υπόθεσης,θα ισχύει $\displaystyle{k<0}$ .

Κατ' αρχάς οι κλίσεις των τμημάτων $\displaystyle{AB,CD}$ είναι ίσες αφού αυτά έχουν κοινό φορέα,την $\displaystyle{\varepsilon}$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}{a-b}=\frac{-\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}{c-d}\Rightarrow \frac{b-a}{ab(a-b)}=\frac{c-d}{cd(c-d)}\Rightarrow -\frac{1}{ab}=\frac{1}{cd}\Rightarrow \boxed{ab=-cd \ (1)}}$ .

Επίσης ισχύουν οι εξής σχέσεις: $\displaystyle{\begin{cases} ka+l=\frac{1}{a} \ (2)\\ kb+l=\frac{1}{b} \ (3)\\ kc+l=-\frac{1}{c} \ (4)\\ kd+l=-\frac{1}{d} \ (5)\\ \end{cases}}$

$\displaystyle{(2)+(3)\Rightarrow k(a+b)+2l=\frac{a+b}{ab}\Rightarrow (a+b)\left(\frac{1}{ab}-k\right)=2l}$ .

$\displaystyle{(4)+(5)\Rightarrow k(c+d)+2l=-\frac{c+d}{cd}\Rightarrow (c+d)\left(-\frac{1}{cd}-k\right)=2l}$ .

Άρα $\displaystyle{(a+b)\left(\frac{1}{ab}-k\right)=(c+d)\left(-\frac{1}{cd}-k\right)\overset{(1)}\Rightarrow (a+b)\left(\frac{1}{ab}-k\right)=(c+d)\left(\frac{1}{ab}-k\right)}$ .

Όμως $\displaystyle{ab>0}$ και $\displaystyle{k<0}$ επομένως $\displaystyle{\frac{1}{ab}-k>0}$ άρα η παραπάνω σχέση με απλοποίηση δίνει $\displaystyle{a+b=c+d}$ που είναι το ζητούμενο.

ii)Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{(BC)=(AD)}$ .

Κατ' αρχάς ισχύει $\displaystyle{b-c=-(a-d)\Rightarrow (b-c)^2=(a-d)^2 \ (6)}$ .Επίσης,οι κλίσεις των τμημάτων $\displaystyle{BC,AD}$ είναι ίσες.

Άρα $\displaystyle{\frac{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{b-c}=\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{d}}{a-d}\Rightarrow \frac{b+c}{bc(b-c)}=\frac{a+d}{ad(a-d)}$ .

Όμως $\displaystyle{b-c=-(a-d)}$ άρα η παραπάνω γράφεται $\displaystyle{\frac{b+c}{bc}=-\frac{a+d}{ad}\Rightarrow \left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)^2 \ (7)}$ .

$\displaystyle{(6),(7)\Rightarrow (b-c)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=(a-d)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{d}\right)^2\Rightarrow (BC)^2=(DA)^2\Rightarrow (BC)=(DA)}$ .

Άρα $\displaystyle{(AC)=(BD)}$ .Τώρα πια το ζητούμενο είναι προφανές.

Πρόβλημα 2

Τα τριώνυμα μέσα στις ρίζες έχουν $\displaystyle{\Delta <0}$ άρα δεν υπάρχουν περιορισμοί.

Υψώνουμε στο τετράγωνο,και μετά τις απλοποιήσεις,η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{\sqrt{(x^2+3)(3x^2-3x+4)}=\sqrt{(2x^2+2)(2x^2-3x+5)}}$ .

Υψώνουμε πάλι στο τετράγωνο και κάνουμε πράξεις,για να καταλήξουμε στην εξίσωση $\displaystyle{x^4-3x^3+x^2+3x-2=0\Leftrightarrow (x-1)^2(x+1)(x-2)=0}$ .

Οι ρίζες $\displaystyle{x=1,x=2,x=-1}$ επαληθεύουν την αρχική άρα είναι οι μοναδικές ρίζες της.

Πρόβλημα 3

Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{(x+y)(x^2-xy+y^2-1)=pq}$ .Υπάρχουν οι εξής περιπτώσεις:

$\bullet$ $\displaystyle{\begin{cases} x+y=1\\ x^2-xy+y^2-1=pq \end{cases}}$

Τότε θα ίσχυε $\displaystyle{x=0,y=1}$ ή το ανάποδο,όμως σε κάθε περίπτωση η δεύτερη σχέση δε δίνει λύσεις.

$\bullet$ $\displaystyle{\begin{cases} x+y=pq\\ x^2-xy+y^2-1=1 \end{cases}}$

Εύκολα βλέπουμε ότι για να είναι ο $\displaystyle{x^2-xy+y^2}$ άρτιος,όπως συμβαίνει εδώ,θα πρέπει οι $\displaystyle{x,y}$ να είναι άρτιοι.

Όμως τότε ο $\displaystyle{x^2-xy+y^2}$ διαιρείται με το $\displaystyle{4}$ άρα δε μπορεί να ισούται με $\displaystyle{2}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{\begin{cases} x+y=p\\ x^2-xy+y^2=q+1 \end{cases}}$

Αν ο $\displaystyle{q}$ είναι περιττός,τότε ο $\displaystyle{x^2-xy+y^2}$ είναι άρτιος,άρα όπως είδαμε παραπάνω,οι $\displaystyle{x,y}$ είναι άρτιοι.

Όμως τότε $\displaystyle{x+y}$ άρτιος άρα $\displaystyle{p=2}$ .Λύσεις σε αυτήν την περίπτωση τα ζεύγη $\displaystyle{(x,y)=(0,2),(2,0)}$ .

Αν $\displaystyle{q=2}$ τότε $\displaystyle{x^2-xy+y^2=3\Rightarrow \left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3y^2}{4}=3}$ απ' όπου προκύπτει $\displaystyle{y\leq 2}$ .

Ελέγχοντας τις περιπτώσεις,παίρνουμε τις λύσεις $\displaystyle{(x,y)=(1,2),(2,1)}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{\begin{cases} x+y=q\\ x^2-xy+y^2-1=p \end{cases}}$

Σαφώς και είναι ίδια με την προηγούμενη περίπτωση.

Πρόβλημα 4

: Θαλής 2015,Θέμα 4.png (35.34 KiB) Προβλήθηκε 2028 φορές

Από το εγγεγραμμένο $\displaystyle{ABTC}$ παίρνουμε $\displaystyle{\angle{BAT}=\angle{BCT}\Rightarrow \angle{DAT}=\angle{LCT} \ (1)}$

και $\displaystyle{\angle{CAT}=\angle{CBT}\Rightarrow \angle{EAT}=\angle{KBT} \ (2)}$ .

Από το εγγεγραμμένο $\displaystyle{BDLT}$ προκύπτει $\displaystyle{\angle{BLT}=\angle{BDT}\Rightarrow \angle{CLT}=\angle{ADT} \ (3)}$ .

Από το εγγεγραμμένο $\displaystyle{CEKT}$ προκύπτει $\displaystyle{\angle{CKT}=\angle{CET}\Rightarrow \angle{BKT}=\angle{AET} \ \(4)}$ .

$\displaystyle{(1),(3)\Rightarrow \triangle{ADT}\simeq \triangle{CLT}\Rightarrow \frac{CL}{AD}=\frac{CT}{AT}\Rightarrow CL=\frac{AB\cdot CT}{2AT} \ (5)}$ .

$\displaystyle{(2),(4)\Rightarrow \triangle{AET}\simeq \triangle{BKT}\Rightarrow \frac{BK}{AE}=\frac{BT}{AT}\Rightarrow BK=\frac{AC\cdot BT}{2AT} \ (6)}$ .

$\displatstyle{(5)+(6)\Rightarrow BK+CL=\frac{AB\cdot CT+AC\cdot BT}{2AT} \ (7)}$ .

Το θεώρημα Πτολεμαίου δίνει $\displaystyle{AB\cdot CT+AC\cdot BT=AT\cdot BC\overset{(7)}\Rightarrow 2AT\cdot (BK+CL)=AT\cdot BC\Rightarrow BK+CL=\frac{BC}{2}}$ .

Άρα $\displaystyle{KL=BC-(BK+CL)=\frac{BC}{2}}$ και τώρα πια το ζητούμενο είναι προφανές.

ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Re: ΘΑΛΗΣ 2015

Μέλη σε σύνδεση